SKKN học tốt phương trình lượng giác image marked

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
MƠN TỐN

ĐỀ TÀI:HƯỚNG DẪN HỌC SINH

HỌC TỐT PHẦN
PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC

1


A/ PHẦN MỞ ĐẦU
I/ LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI :
Lượng giác là một bộ phận trong chương trình Tốn phổ thơng, cơng thức lượng giác
tương đối nhiều và khó nhớ, nếu chỉ học thuộc lòng cơng thức thì học sinh rất dễ nhầm
lẫn.Mặt khác trong tất cả các đề thi Đại học, cao đẳng đều có ít nhất một câu giải phương
trình lượng giác và câu này học sinh dễ lấy điểm nếu các em biết cách học và cách nhớ.
Theo tơi khi dạy phần lượng giác thì giáo viên cần thực hiện những cơng việc sau:
1/ Giúp học sinh hiểu, thuộc và chứng minh được các cơng thức lượng giác.
2/ Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản để chứng minh một đẳng thức lượng giác
hay rút gọn một biểu thức lượng giác.
3/ Giúp học sinh một số nhận xét cơ bản khi nhìn phương trình đã cho biết sử dụng
cơng thức nào để đưa phương trình đó về dạng phương trình đã biết cách giải.
4/ Giúp học sinh nhận và loại nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện.
Nội dung đề tài này tơi chỉ gợi ý một vài cách nhớ cơng thức lượng giác và một
số phương pháp giải phương trình lượng giác vi tơi nhận thấy cơng thức lượng giác học
sinh thường khơng nhớ và đa số học sinh rất e ngại phương trình lượng giác có điều kiện.
Vì vậy để giúp các em học sinh đạt điểm tối đa phần lượng giác trong các kỳ thi tôi

mạnh dạn viết đề tài này.
Tơi rất mong nhận được ý kiến đóng góp chân thành của q thầy cô cùng
đồng nghiệp để bài viết được tổng quát hơn, hay hơn.
II/ NỘI DUNG :
Bài viết gồm các phần sau:
1/ Cách học và ghi nhớ cơng thức lượng giác.
2/ Bài tốn tìm ngọn cung khi biết cung và tìm cung khi biết ngọn cung.
3/ Một số phương pháp biến đổi phương trình lượng giác.
4/ Cách nhận và loại nghiệm của phương trình lượng giác có điều kiện.

2


B/ PHẦN NỘI DUNG
I/ CÁCH HỌC VÀ GHI NHỚ CƠNG THỨC LƯỢNG GIÁC
1/HỆ THỨC CƠ BẢN :( phần này ta ghi nhớ từ định nghĩa giá trị lượng giác )
sin x
1/ sin2x + cos2x = 1
2/ tanx =
cos x
cos x
3/ cotx =
4/ tanx . cotx = 1
sin x
1
1
5/ 1 + tan2x =
6/ 1 + cot2x =
2
cos x

sin 2 x

B

x

M
A'

K


H

O

B'

A

y

Khi dạy định nghĩa giá trị lượng giác góc  , giáo viên lưu ý
tọa độ điểm ngọn cung M là (x;y) và sin  = y,
x
y
cos  = x, tan  = ( x  0) , cot  = ( y  0)
y
x
Từ đó giáo viên cho học sinh tìm toạ độ điểm ngọn cung M ở

một vài vị trí đặc biệt, ví dụ :  = 1500 ;  = -3900,  =



,…
3
Sau đó giáo viên hướng dẫn học sinh tìm hiểu cơng thức 1,2,3
từ định nghĩa , cơng thức 4,5,6 học sinh phải chứng minh được,
xem như một ví dụ để giáo viên đi đến dạng tốn chứng minh
một đẳng thức lượng giác.

2 /CUNG LIÊN KẾT : ( để học thuộc cơng thức này trước hết các em phải thuộc định nghĩa các
cung đối , bù ,phụ , hơn kém …Sau đó thuộc phần cách nhớ và áp dụng vào bài tập)
Hai cung đối nhau là x và – x
Hai cung bù nhau là x và  - x
cos (  - x) = - cosx
cos( - x) = cosx
sin (  - x) = sinx
sin ( - x) = - sinx
tan(- x) = - tanx
tan (  - x) = - tanx
cot (- x) = - cotx
cot (  - x) = - cotx

Hai cung phụ nhau là x và
–x
Hai cung hơn kém nhau  là x và  + x
2

cos(

- x) = sinx
cos (  + x) = - cosx
2

sin ( - x) = cosx
sin (  + x) = - sinx
2

tan( - x) = co tx
tan (  + x) = tanx
2
cot (  + x) = cotx
3


cot (


- x) = tanx
2

Hai cung hơn kém nhau 
cos(


+ x) = - sinx
2

sin (


+ x) = cosx
2

2

là x và  + x
2

CÁCH NHỚ : Giáo viên đóng khung những trường hợp đặc
biệt và ghi nhớ trường hợp đặc biệt đó , trường hợp nào
khơng được nhắc đến thì thêm dấu trừ vào
cos đối , sin bù , phụ chéo
Hơn kém  ta có tang và cotang

Hơn kém , chéo , sin một mình
2


+ x) = - co tx
2

cot( + x) = - tanx
2
3/CÔNG THỨC CỘNG :(phần này các em học thuộc cách ghi nhớ , lưu ý ta ln viết cung a
trước , cung b sau theo đúng thứ tự )
cos(a – b ) = cosa.cosb + sina.sinb
CÁCH NHỚ :
cos(a + b ) = cosa.cosb - sina.sinb
cos thì cos cos , sin sin

sin ( a + b) = sina.cosb +sinb .cosa
Sin thì sin cos , cos sin đi cùng
sin ( a – b) = sina.cosb – sinb .cosa
Cos đổi , sin không
tan a  tan b
tan ( a – b) =
1  tan a. tan b
tan a  tan b
tan ( a + b) =
1  tan a. tan b
cot b. cot a  1
cot ( a + b) =
( cơng thức tan ( a  b) và cot( a  b) học sinh tự chứng minh)
cot b  cot a
cot b. cot a  1
cot ( a – b) =
cot b  cot a
4/CÔNG THỨC NHÂN: ( phần này các em tự chứng minh , xem như bài tập)
cos2a = cos2a – sin2a = 2cos2a – 1 = 1 – 2sin2a
cos3a = 4 cos3a – 3cosa
sin 2a = 2 sina.cosa
sin 3a = 3sina – 4sin3a
3 tan a  tan 3 a
2 tan a
tan 2a =
tan3a
=
1  3 tan 2 a
1  tan 2 a
5/CÔNG THỨC HẠ BẬC NÂNG CUNG

1  cos 2a
1  cos 2a
1  cos 2a
cos2 a =
sin2a =
tan2a =
2
2
1  cos 2a
a
6/CÔNG THỨC TÍNH sina , cosa , tana THEO t = tan
2
2
1 t
2t
2t
sina =
,
cosa =
,
tan a =
2
2
1 t
1 t
1 t2
7/CÔNG THỨC BIẾN ĐỔI : ( phần này các em học thuộc cách nhớ cho cơng thức biến tổng thành
tích , sau đó suy ngược lại cơng thức biến tích thành tổng )

tan(

4


BIẾN TÍCH THÀNH TỔNG :
1
cosa.cosb = cosa  b   cosa  b 
2
1
sina.sinb =  cosa  b   cosa  b 
2
1
sina.cosb = sin a  b   sin a  b 
2
BIẾN TỔNG THÀNH TÍCH
ab
ab
cos
cosa + cosb = 2 cos
2
2
ab
ab
sin
cosa - cosb = - 2 sin
2
2
ab
ab
cos

sina + sinb = 2 sin
2
2
ab
ab
sin
sina - sinb = 2 cos
2
2
sin( a  b)
tan a + tanb =
cos a. cos b
sin( a  b)
tan a - tanb =
cos a. cos b

CÁCH NHƠ : Ù 1/ Cos cộng cos bằng hai cos cos
Cos trừ cos bằng trừ hai sin sin
Sin cộng sin bằng hai sin cos
Sin trừ sin bằng hai cos sin
1
2/ cos nhân cos bằng
của cos cộng cos
2
1
Sin nhân sin bằng trừ của cos trừ cos
2
1
Sin nhân cos bằng của sin cộng sin
2

CÁCH NHỚ : tang mình cộng với tang ta
Bằng sin hai đứa chia cos ta cos mình

II/ BÀI TỐN TÌM NGỌN CUNG KHI BIẾT CUNG
Ví dụ :Tìm số ngọn cung của cung x :
1/ x =
2/ x =
3/ x =



6


6



6

 2 k ( k  Z )
 k ( k  Z )


k
(k  Z )
2

Giải:

Phương pháp: Vì k  Z nên ta lần lượt chọn các giá trị k = 0,1,2,...sau đó biểu diễn ngọn cung trên
đường tròn lượng giác đến khi ngọn cung vừa biểu diễn trùng với ngọn cung đầu tiên thì ta dừng laị , đếm
số ngọn cung đã biểu diễn trên đường tròn lượng giác và kết luận.
y
1/ Khi k = 0 thì x =



Khi k == 1 thì x =

 ngọn cung của x nằm ở M (

6


6



6

)

 2  ngọn cung của x quay lại M (

5


6

M( 

)

O

6

)


Kết luận : x =


6

 2k (k  Z ) chỉ có 1 ngọn cung nằm ở M (

2/ Khi k = 0 thì x =
Khi k = 1 thì x =





 ngọn cung của x nằm ở M (

6



6

Kết luận : x =


6

Khi k = 4 thì x =

x

y
M( 

   ngọn cung của x nằm ở N

6



6


6


6


 2  ngọn cung của x quay lại M (



 ngọn cung của x nằm ở M (


2



)

O


6


6

x

)
N

)
P

 ngọn cung của x nằm ở P

   ngọn cung của x nằm ở N
6
(N là điểm đối xứng của M qua O)
 3
Khi k = 3 thì x = 
 ngọn cung của x nằm ở Q
6 2
(Q là điểm đối xứng của N qua O)

Khi k = 2 thì x =

)

 k (k  Z ) có 2 ngọn cung nằm ở M và N.

3/ Khi k = 0 thì x =
Khi k = 1 thì x =

6

)

6
(N là điểm đối xứng của M qua O)

Khi k == 2 thì x =



 2  ngọn cung của x quay lại M (

M( 

6

)

O

x

N
Q



)
6
6
 k
(k  Z ) có 4 ngọn cung nằm ở đỉnh hình vuông MNPQ nội tiếp trong đường tròn
Kết luận : x = 
6 2
lượng giác.

Tổng quát:
Nếu x =  

2k
( k,n  Z) thì x có n ngọn cung nằm ở đỉnh đa giác đều n cạnh nội tiếp

n

trong đường tròn lượng giác.
III/ BÀI TOÁN TÌM CUNG KHI BIẾT NGỌN CUNG
Phương pháp: Để viết được cung x ta càn nhớ phần tổng quát ở bài toán tìm ngọn cung khi biết cung ,
do đó ta nhóm những ngọn cung nào tạo thành một đa giác nội tiếp trong đường tròn lượng giác lại và
viết thành một cung, còn các ngọn cung khác nếu không gom lại được thì ta viết riêng
Ví dụ : Cho cung x có các ngon cung nằm trên đường tròn lượng giác như hình vẽ .Hãy tìm cung x ?
y

Hình 1

M(

N
O

A/

P


4

A

Q

)

x

Bốn đỉnh M,N,P,Q tạo thành một hình vuông nội
tiếp trong đường tròn luợng giác nên ta gom
chung, hai đỉnh A, A/ đối xứng nhau qua O nên ta
viết chung thành một cung được
 k

x


Vậy các cung x ở hình 1 là 
4 2 (k , h  Z )

6
 x  h


Hình 2

y
B
M(

N


6

)

x
A/

A

O

Bốn đỉnh A,B,A/,B/ tạo thành một hình vng nội
tiếp trong đường tròn luợng giác nên ta gom
chung, Hai đỉnh M,N hợp với đỉnh B/ tạo thành
tam giác đều nội tiếp trong đường tròn luợng giác
nên ta viết chung thành một cung được.Vậy các
k

x  2
(k , h  Z )
cung x ở hình 2 là 
 x    h

6 3

B/

PHƯƠNG PHÁP THU GỌN NGHIỆM :

 x    k 2
1/ Nếu 
với      thì ta ghi x =   l ( k , h , l  Z )
 x    h 2

2

(1)
x    k m
2/ Nếu 
với m ngọn cung của (1) hợp với n ngọn cung của (2) lập thành một đa giác
 x    h 2 (2)
n

l 2
đều có m + n cạnh thì ta ghi x =  
(k , h , l,n , m  Z )
nm
2

(1)
x    k m
3/ Nếu 
với m ngọn cung của (1) là tập hợp con của n ngọn cung của (2)
 x    h 2 (2)
n

thì ta ghi x =   h 2
m

(k , h,n , m  Z )

IV/ MỘT VÀI PHƯƠNG PHÁP BIẾN ĐỔI PHƯƠNG TRÌNH LƯỢNG GIÁC
Phương pháp 1: Biến đổi phương trình đã cho về dạng tích số :

1/ Khi hai vế phương trình có những thừa số giống nhau và có chứa x thì ta phải chuyển
về một vế và đưa về phương trình tích .
Ví dụ 1: Giải phương trình : sinx ( 2 cosx +1 ) = cos2x.sinx
Giải : sinx ( 2 cosx -1 ) = cos2x.sinx  sinx ( cos2x – 2cosx – 1 ) = 0
sin x  0
 2
cos x  2cos x  1  0
7


sin x  0
 x  k
cos x  1   x  2h  x  k


Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x  k ( k  Z )



2/ Nếu các góc trong phương trình có dạng u , 2u ,... thì ta thường dùng công thức nhân
đôi hoặc công thức hạ bậc nâng cung để đưa về phương trình chỉ theo một góc
Ví dụ2 : Giải phương trình : sin 2x = 2 cos2x
Giải : sin 2x = 2 cos2x  2 sinx cosx - 2 cos2x = 0  2cosx ( sinx – cosx ) = 0
cos x  0
cos x  0


sin( x   )  0
sin x  cos x  0


4


 x  2  k

 x    h

4


 x  2  k
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : 
( k,h  Z )
 x    h

4
2
hoặc sin 2x = 2 cos x  sin2x = 1 + cos2x  sin2x – cos2x = 1
Ví dụ2 : Giải phương trình : cos4x - sin4x + cos4x = 0
Giải : cos4x - sin4x + cos4x = 0  (cos2x + sin2x)( cos2x – sin2x) + cos4x = 0
 cos2x + cos4x = 0
 2cos3x.cosx = 0
 k

x 

cos3
x

0


6 3

(k , h  Z )

cos x  0
 x    h

2

3/ Nếu trong phương trình có chứa cos2x , sin2 x thì ta dùng công thức hạ bậc nâng cung
Ví dụ 3: Giải phương trình : sin2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin24x
1  cos 2 x 1  cos 4 x 1  cos 6 x 1  cos8 x



2
2
2
2
 cos2x + cos4x = cos6x + cos8x

Giải : sin2 x + sin2 2x = sin2 3x + sin24x 

8


 2 cos3x cosx = 2 cos7x cosx
 cosx ( cos7x – cos3x) = 0



x

 k

2

cos x  0

 7 x  3 x  2h
cos 7 x  cos3 x
7 x  3 x  2h




 x  2  k
h


x


h
2
 x 


h

2
x  


5
 x  h

5

x 
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : 
x 


h
2
h
5

( k,h  Z )

4/ Nếu trong phương trình có dạng tổng thì ta biến thành tích hoặc ngược lại
Ví dụ 4: Giải phương trình : sinx + sin 2x + sin 3x = 0
Giải : sinx + sin 2x + sin 3x = 0  ( sin3x + sinx) + sin2x = 0
 2sin2x cosx + sin2x = 0
 sin2x ( 2 cosx + 1) = 0
k

sin 2 x  0
x  2



cos x   1
 x   2  h

2

3
k

x  2
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : 
( k,h  Z )
 x   2  h

3
Ví dụ 5: Giải phương trình : Cosx cos7x = cos 3x cos 5x

Giải : Cosx cos7x = cos 3x cos 5x 

1
1
(cos8 x  cos 6 x)  (cos8 x  cos 2 x)
2
2

9


 6 x  2 x  2 k

 cos6x = cos2x  
6 x  2 x  2k

k

x  2
k
x

4
 x  k

4
k
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x 
( k Z )
4
Bài tập : Giải các phương trình sau :
1) sin 2 4x  sin 2 3x  sin 2 2x  sin 2 x
2) sin x(1  cosx) = 1  cosx + cos 2 x
cos 2 x  cosx  1
4)
 2 1  s inx 
3) sin 2 3x  cos 2 4x  sin 2 5x  cos 2 6x
sinx + cosx
cos2x
1
 sin 2 x  sin 2x
5) cot x  1 
6) cos 2 3x.cos2x  cos 2 x  0

1  tan x
2
7)  2 cos x  1 2sin x  cosx   sin 2x  s inx 8/ sin3 x + cos3 x = sinx – cos x

4
1  tan 2 x
11/ sin2 x – 6 sinx cosx + cos2 x = - 2
sin 3 x  sin x
 cos 2 x  sin 2 x
13/
1  cos 2 x

9/ 9 – 13 cosx = -

15/ ( cosx + sinx )(1 – sinx ) = cos 2x
17/ cosx - cos 2x = sin 3x

10/ 3( sinx – cos x) + sin 2x = 3
12 / cos 3x – cos 2x = sin 3x
14/ sin 5x – sinx =

3 sin 2 x

16/ cos4 x – cos 2x + 2 sin6 x = 0
18/ cos2 2x + 2cos2 x = 1

Phương pháp 2: Đặt ẩn phụ để đưa phương trình đã cho về dạng phương trình đại số
2t
1 t2
x

,
cos
x

1/ Có thể đặt ẩn phụ t = tan  sin x 
1 t2
1 t2
2
2t
1 t2
,
cos
2
x

( hoặc t = tanx  sin 2 x 
)
1 t2
1 t2
Ví dụ 1: Giải phương trình : 6tan2 x – 2cos2 x = cos 2x



 k ( k  Z )
2
6tan2 x – 2cos2 x = cos 2x  6tan2 x = 2cos2x + 1
1 t2
nên ta đặt ẩn phụ t = tan x  cos 2 x 
1 t2
1 t2

2
Khi đó phương trình (1) trở thành : 6t = 2 (
) + 1  6t4 + 7t2 – 3 = 0
1 t2

Giải: Điều kiện : x 

10


3
2
t   2 (loai )
1
 
 tan2x =
3
t 2  1

3

1


 tan x  3  tan 6

1

 
 tan x   3  tan   6 






x

 h

6
( h Z )

 x     h

6

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x = 



6

 h

( h Z )

2/ Biến đổi phương trình đã cho về dạng có những biêu thức đồng dạng để từ đó ta đặt
được ẩn phụ
Ví duï 2: Giải phương trình: tanx + tan2x + tan3x + cot2x + cot3x = 6 (1)
k

( k Z )
2
(1)  ( tanx + cotx ) + ( tan2x+ cot2x ) +( tan3x+ cot3x ) = 6

Giải: Điều kiện : x 

Đặt t = tanx + cotx =

t  2
2
, vì sin 2 x  1 nên t  2  
sin 2x
t  2

 tan2x+ cot2x = t2 – 2 , tan3x+ cot3x = t3 – 3t
t  2
Khi đó phương trình (1) trở thành: t3 +t2 – 2t – 8 = 0   2
t  3t  4  0 (vn)
2

= 2  sn2x = 1  x =  h ( h  Z ) ( thỏa đk)

sin 2x
4
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : x =



 h ( h  Z )
4

m
n
3/ Phương trình có chứa đồng thời  sin x  cos x  ,  sin x.cos x  thì ta đặt t = sinx  cosx

Ví duï3 :Giải phương trình: sin3x + cos3x = 2 ( sinx + cosx) – 1 (1)
Giải:
Đặt t = sinx + cosx =

2 sin ( x 


4

) . Điều kiện : t  [ 2; 2]
11


 sin3x + cos3x = ( sinx + cosx)3 – 3sinxcosx( sinx + cosx) = t3 – 3t (
Khi đó phương trình (1) trở thành: t3 – 3t (

t 2 1
)
2

t 2 1
) = 2t – 1  2t3 – 3t( t2 – 1) = 4t – 2
2

t  1
 t3 + t – 2 = 0   2

t  t  2  0 (VN )
1


 sin
 sin ( x  ) =
4
4
2
 x  2 k

 x     2 k

2
 x  2 k
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : 
( k Z )
 x     2 k

2

4/ Phương trình có dạng : a (tan2x + cot2x ) + b( tanx – cotx) + c = 0
Ta đặt t = tanx – cotx  tan2x + cot2x = t2 + 2
Ví duï 4:Giải phương trình: 3 (tan2x + cot2x ) + 2 ( 3 - 1) ( tanx – cotx) – 4 - 2 3 = 0
(1)
Giải:
k
Điều kiện : x 
( k Z )
2

Đặt t = tanx – cotx  tan2x + cot2x = t2 + 2
Khi đó phương trình (1) trở thành: 3 ( t2 + 2) + 2 ( 3 - 1)t – 4 - 2 3 = 0



3 t2 + 2 (
t  2

t  2

3
* t = -2  tanx – cotx = -2

*t=

3 - 1)t – 4 = 0

 tan x  1  2  tan 
 tan2x + 2tanx – 1 = 0  
 tan x  1  2  tan 
 x    h
( k, h  Z )( thỏa đk)

 x    h

 cos 2 x
sin 2 x  cos 2 x
2
2
2

2
=
=
 tanx – cotx =


1
sin x cos x
3
3
3
3
sin 2 x
2
1

= cot ( - )
 cot2x = 3
3

12


 2x = -


3

+l   x=-


6

l
( l  Z )( thỏa đk)
2



 x    h
 l
Vậy phương trình đã cho có nghiệm là : 
và x = - 
( k, h, l  Z )
6 2
 x    h

Bài tập:A/ Giải các phương trình sau:
6
6
1/ 3cos x  4sin x 
3cos x  4sin x  1
3/ 2(tan x  s inx) + 3(cotx  cosx) + 5 = 0
5/ cos3x + cos2x – cosx – 1 = 0
x

7/ cot x  sin x 1  tan x tan   4
2

x

9/ 2 + cosx = 2tan
2

11/ 1 + tanx = 2 2 sinx

2/ s inx  cosx  4sin 2x  1
4/ 1  s inx + cosx + sin2x + cos2x = 0

 3


6/ cos 4 x  sin 4 x  cos  x   .sin  3x     0
4
4 2


8/

2  cos 6 x  sin 6 x   sin x cos x
2  2sin x

0

10/ cotx = tanx + 2 tan2x
12/ sin( 2x -


3

) = 5 sin( x -


6

) + cos 3x

3 x
1
 3x

 ) = sin(  )
14/ 2cos( x + ) = sin3x – cos3x
10 2
2
10 2
6
2
m 1

 2m tan x  m 2  2  0 có đúng ba nghiệm thuộc ( -  ; )
B/ Tìm m để phương trình :
2
cos x
2
2
C/ Tìm m để phương trình : cos x + 2 ( 1 – m)cosx + 2m – 1 = 0 có 4 nghiệm thuộc [0; 2  ]
D/ Tìm m để phương trình : tan4x + ( 2m – 1)tan3x + ( m2 – 2m) tan2x – ( m2 – m + 1) tanx – m + 1 = 0

13/ sin(

có 4 nghiệm thuộc khoảng ( -

 

; )
2 2

4
2
+ cos2x ) + m (
- cosx) = 1 (1)
2
cos x
cos x
a/ Giải phương trình khi m = 9

E/ Cho phương trình : 2(

b/ Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ( 0;
4m
+ 5 = 0 (1)
cosx
a/ Giải phương trình khi m = - 1



2

)

F/ Cho phương trình : 4tan2x +

b/Tìm m để phương trình (1) có nghiệm thuộc khoảng ( -

 

; )
2 2

G/ Cho phương trình : sin3x – cos3x = m (1)
a/ Giải phương trình khi m = 1
b/ Tìm m để phương trình (1) có đúng 3 nghiệm thuộc đoạn [ 0 :  ]
H/ Cho phương trình : 4 ( cosx – sinx ) + sin2x = m (1)
a/ Giải phương trình khi m = - 1
b/Tìm m để phương trình (1) vô nghiệm

5/ Phương trình lượng giác có nhận loại nghiệm :
13


Khi giải một phương trình lượng giác nào đó mà quá trình giải cuối cùng dẫn đến việc phải tìm giao của hai
tập hợp T1, T2, vấn đề đặt ra là làm sao một học sinh trung bình có thể tìm T1  T2 được dễ dàng .Thông
thường ta có hai cách làm :
C1: Dùng đường tròn lượng giác
C2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định
a/ Việc chọn nghiệm được nảy sinh từ việc giải phương trình lượng giác không mẫu mực:

Ví dụ 5: Giải phương trình: cos3 x  2  cos 2 3 x  2(1  sin 2 2 x) (1)
Phân tích:
Phương pháp bình phương hay đặt ẩn phụ đều khó khăn. Ta giải phương trình (1) bằng phương pháp đánh

giá miền giá trị 2 vế làm xuất hiện bất đẳng thức đối lập.
Giải:

VT (1)  12  12 . cos 2 3 x  2  cos 2 3 x  2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

cos3 x  0
2  cos 2 3 x  cos3 x  
2
2
2  cos 3 x  cos 3 x
cos3 x  0
 2
 cos3 x  1
cos 3 x  1

VT (1) = 2( 1 + 2sin22x)  2 vì sin22x  0
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 + 2sin22x = 1  sin2x = 0
Vậy (1)

cos3 x  1

sin 2 x  0

(*)

Để giải hệ (*) ta có nhân xét:
a. Ta có thể tìm nghiệm mỗi phương trình của (*). Nếu nghiệm tìm được đơn giản, ta tìm trên đường
tròn lượng giác các điểm ngọn cung thuộc các tập nghiệm mỗi phương trình. Chọn lấy những điểm

ngọn chung từ đó tìm được nghiệm của hệ cũng là nghiệm của phương trình ban đầu. Với ý tưởng
đó ta dùng C1
y
Ta có (*) 

k 2

 x  3

 x  l

2

M(

2
)
3

B

(cần lưu ý với học sinh là các tham số nguyên

x

trong mỗi phương trình là khác nhau)

A/

 Trên đường tròn lương giác các điểm ngọn cung

thuộc tập nghiệm của mỗi phương trình được biểu thị lần
lượt bởi các dấu (.) chấm tròn và (□) ô vuông trên hình vẽ.
Chỉ có 1 điểm ngọn chung tại A.
14

A

O

N( 4 )
3

B/


 Vậy nghiệm của phương trình đã cho là:
(k
)
b. Ta cũng có thể chọn giao của hai nghiệm bằng cách tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định.
k 2

 x  3
Thật vậy:(*)  
 x  l

2

Hệ có nghiệm chung nếu : k , l  Z :
l

Do l , k  Z 

k 2 l

3
2

4k
k
 k  ( nên rút theo
3
3

vì hệ số đi với 1 nhỏ hơn)

k
k
 Z   m  Z  k  3m
3
3

Thay vào tập nghiệm đầu tiên của hệ ta có nghiệm của phương trình (1) là
Ví dụ 6: Giải phương trình: sin 4 x(cos x  2sin 4 x)  cos 4 x(1  sin x  2cos 4 x)  0 (1)
Giải:
Ta có: (1)  (sin4x.cosx + sinx.cos4x) – 2( sin24x + cos24x) + cos4x = 0  sin5x + cos4x = 2 (2)

sin 5 x  1
Do 
 VT (2)
cos 4 x  1

Vậy (2)

y
B

sin 5 x  1
(*)

cos 4 x  1

N(

9
)
10

M(

Cách 1:


10

)
x

 k

 x  10  5
Ta có (*)  

 x  l

2

A/

A

O

P( 13

Q( 17 )

10

)

10

B/

 Biểu diễn các điểm ngọn cung thuộc tập nghiệm
của hai phương trình trên đường tròn lượng giác chúng
có 1 điểm ngọn chung là B.



 m2
2

Nhận xét: Ta nghĩ tới C1 khi việc biểu diễn các điểm ngọn cung thuộc tập nghiệm mỗi phương trình trên
đường tròn lưỡng giác là ít vị trí. Trong trường hợp số điểm ngọn của chúng có quá nhiều vị trí và phức tạp
thì ta sẽ nghĩ tới C2. Bây giờ ta dùng C2 để chọn nghiệm thử

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x 

Cách 2:
15


Hệ có nghiệm chung nếu : k , l  Z :
Do l , k  Z 


10



k 2 l
l 1

 4k  5l  1  k  l 
5
2
4

l 1
l 1
Z 
 m  Z  l  4m  1

4
4

Từ đó thay vào tập nghiệm thứ 2

nghiệm của phương trình là: x 

Ví dụ 7: Giải phương trình: sin4x.cos16x = 1


2

 m2

(1)

Phân tích: Có thể biến đổi tích thành tổng hay đánh giá miền giá trị các vế. Mỗi nhận xét cho ta cách giải
riêng. Tuy nhiên việc biến đổi tích thành tổng cho lời giải ngắn gọn hơn.
Cách 1: Biến tích thành tổng
Ta có: (1)  sin20x – sin12x = 2  (1  sin 20 x)  (1  sin12 x)  0

 k

x


sin 20 x  1

40 10



sin12 x  1  x     l

24 6
Hệ có nghiệm chung nếu : k , l  Z :
k

Do l , k  Z 


40



k
 l
 
10
24 6

5l  2
2(l  1)
 1
3
3

l 1
l 1
Z 
 m  Z  l  3m  1

3
3

Thay vào tập nghiệm thứ 2 của hệ phương trình.

nghiệm của phương trình (1) là: x 

Cách 2: Đánh giá miền giá trị hai vế:
Ta có: Từ (1)  sin 4 x . cos16 x  1 (1/ )

(1’)

 sin 4 x  1
Do 
 sin 4 x . cos16 x  1
 cos16 x  1
sin 4 x  1
 sin 4 x  1
Vậy (1’)  

 cos16 x  1 cos16 x  1
Mặt khác do: sin4x.cos16x = 1 > 0 nên sin4x và cos16x cùng dấu

sin 4 x  1 sin 4 x  1
Do đó 
(2)

cos16 x  1 cos16 x  1
Từ (1)

(2) nhưng nếu (2) thỏa thì (1) cũng thỏa. Vậy (1)
16

(2)


8



m
2


sin 4 x  1
a/ 
(a) (ta giải hệ (a) bằng hai cách để thấy rõ ưu điểm của mỗi cách)
cos16 x  1
Cách 1: Biểu diễn nghiệm mỗi phương trình trên đường tròn lương giác

 k

 x  8  2
Ta có (a)  
 x  l

8

B

N

M(

Biểu diễn các điểm ngọn cung của hai phương trình
trên đường tròn lượng giác. Có 4 điểm ngọn cung trùng

Vậy nghiệm của hệ (a) là: x 


8



m
2

8

)
x

A/
P

nhau là M,N,P,Q.



A

O

B/

Q

Cách 2: Tìm nghiệm nguyên của phương trình vô định:
Hệ có nghiệm chung nếu : k , l  Z :


8



k l

 l  4k  1
2
8

Thay vào tập nghiệm phương trình thứ 2 của hệ, nghiệm phương trình đã cho là:
x  (4k  1)


8





8



k
2

 k

x 

sin
4
x


1


8 2

b/ 
cos16 x  1  x    l

16 8
Hệ có nghiệm chung nếu : k , l  Z : 


8



k  l
   2l  8k  3 Vô lí vì VT chẵn, VP lẻ
2 16 8

Hệ (b) vô nghiệm
Kết luận: Vậy nghiệm phương trình là x 


8



m
2

b/ Việc chọn nghiệm phương trình được nảy sinh do giải phương trình lượng giác chứa tang,
cotang hoặc có chứa ẩn số ở mẫu:
Ví dụ 8: Giải phương trình: tan 2 x.tan 3 x.tan 5 x  tan 2 x  tan 3 x  tan 5 x (1)
Phân tích: Nguyên tắc giải phương trình loại này là:
17


 Đặt điều kiện cho bài toán có nghĩa.
 Sau đó, giải phương trình và kiểm tra nghiệm tìm được có thỏa điều kiện đặt ra hay không?
 Kết luận nghiệm.




 x  (2l  1) 4
cos 2 x  0




Giải:Điều kiện: cos3 x  0   x  (2m  1)
6
cos5 x  0




 x  (2h  1) 10

Với điều kiện (1)

tan 5 x(1  tan 2 x.tan 3 x)  tan 2 x  tan 3 x (2)

Nhận xét:
1 + tan2x.tan3x  0 vì nếu: 1 + tan2x.tan3x = 0  tan2x = tan3x (VT=0

VP=0)

 1  tan 2 2 x  0 vô lý
tan 5 x 

Vậy (2)

tan 2 x  tan 3 x

 tan( x)
1  tan 2 x.tan 3 x

 5 x   x  k  x 

k
6

Ta kiểm tra nghiệm tìm được có thỏa các điều kiện hay không?

a/ Điều kiện (a) bị vi phạm nếu : k , l  Z :
Vậy x = k


6

k

 (2l  1)  2k  6l  3 (vô lý vì
6
4

thỏa điều kiện (a)

b/ Điều kiện (b) bị vi phạm nếu k , m  Z : k


6

= ( 2m + 1)



c/ Điều kiện (c) bị vi phạm nếu n, h  Z : n


3


3

= ( 2h + 1)

 k = 2m + 1 là số nguyên lẻ

6

Vậy điều kiện (b) thỏa nếu k = 2n , khi đó nghiệm pt là x = n

Vậy x = n

)


10


3

 10n = 6h + 3 ( vô lý vì n, h  Z)

thỏa điều kiện (c) .Kết luận nghiệm của phương trình đã cho là : x = n

Ví dụ 9: Giải phương trình: tan 5 x  tan 3 x ,

với x  3  1 (1)

Giải:
18


3


 k

 x  10  5 (a )
(k , h  Z )
Điều kiện : 

h

x  
(b)

6 3
Với điều kiện trên thì tan5x=tan3x  5x = 3x + l   x =

Điều kiện (a) bị vi phạm nếu k , l  Z sao cho


10



l
2

k l
l 1

 k = 2l +
5
2
2

l 1
= m là số nguyên  l = 2m + 1
2
Suy ra điều kiện (a) không bị vi phạm nếu l = 2n  nghiệm x = n 
 h
Điều kiện (b) bị vi phạm nếu h, n  Z sao cho n  = 
 6n = 2h + 1 ( vô lý)
6 3
Vậy nghiệm x thỏa điều kiện (a) và (b) là x = n 
Do x  3  1  2  n  4 , Vì n  Z nên ta chọn n = 1

Vì k,l là số nguyên nên

Vậy phương trình có nghiệm x = 

 cot
Ví dụ 10: Giải phương trình:

2

x  1

2cot x

 cos 4 x.cot 2 x  cos x (1)

Giải:

cos x  0


Điều kiện : sin x  0  sin 2 x  0  x  l
2
sin 2 x  0


 cos
Với điều kiện trên thì (1) 

2

x  sin 2 x 

2

.sin x  cos 4 x.

sin x.2cos x
cos 2 x(1  cos 4 x)
 cos x

sin 2 x

 sin4x = cosx = sin (

a/ Nghiệm x 





2

x)

 k 2

x



10
5



k
2
x   

6
3



cos 2 x
 cos x
sin 2 x

2 k
 2k l
l 1


vi phạm điều kiện nếu
k=l+
5
10
5
2
4

10
l 1
Do k,l  Z nên

= m  l = 4m + 1
4
 2 k
Vậy x  
là nghiệm Thay l vào k ta có k = 5m + 1
10
5
của (1) với k  5m + 1
19


2 k
 2k l
k 1

vi phạm điều kiện nếu : 
 1 + 4k = 3l  l = k +
6
3
6
3
2
3
k 1
Do k,l  Z nên
= n  k = 3n – 1
3
 2 k
Vậy x  
là nghiệm của (1) với k  3n – 1

6
3
 k 2

(k  5m  1)
 x  10  5
Kết luận: Nghiệm của (1) là 
( k,m,n  Z )
 x    k 2 (k  3n  1)

6
3

b/ Nghiệm x 





c/ Việc chọn nghiệm được nảy sinh do biến đổi phương trình ban đầu về phương trình hệ
quả
Ví dụ 11: Giải phương trình: cosx.cos2x.cos4x.cos8x =

1
(1)
16

Phân tích : vế trái của (1) là biểu thức có dạng tích các cos mà góc sau gâp đôi góc trước nên ta thường
nhân hai vế của (1) cho sin góc nhỏ nhất.
Giải:

a/ Xét sinx = 0  x = l  không thỏa phương trình (1)
b/ Xét sinx  0  x  l  .Nhân hai vế của (1) cho sinx :
1
(1)  sinx cosx.cos2x.cos4x.cos8x =
sinx
16
1
1
sinx
 sin2x.cos2x.cos4x.cos8x =
2
16



1
1
sin4xcos4x.cos8x =
sinx
4
16

2 k

x

1
1
15
sinx  sin16x = sinx  

(2)
 sin8xcos8x =
8
16
 x    2 k

17 17
Ta phải loại bỏ các nghiệm x = l  vì (2) là phương trình hệ quả của (1)
2 k
15l
l
a/ Nghiệm x =
= l  k =
= 7l +
15
2
2
l
Do k,l  Z nên
= m  Z  l = 2m , suy ra k = 15m
2
2 k
Vậy x =
là nghiệm của phương trình (1) với k  15m
15
 2 k
l 1

b/ Nghiệm x =
= l   k = 8l +

17 17
2
l 1
Do k,l  Z nên
= n  Z  l = 2n + 1 , suy ra k = 17n + 8
2
 2 k

Vậy x =
là nghiệm của phương trình (1) với k  17n + 8
17 17

20


2 k

(k  15m)
 x  15
(k , m, n  Z )
Kết luận : Nghiệm của phương trình (1) là : 

2
k

x  
(k  17 n  8)

17 17

Ví dụ 12: Giải phương trình: cos2x + cos4x + cos6x + cos8x + cos10x = -

1
(1)
2

Phân tích : vế trái của (1) là biểu thức có dạng tổng các cos mà các góc tạo thành một câp số cộng với
d
công sai d = 2x.Thường để rút gọn ta nhân hai vế cho sin
2
Giải:
a/ Xét sinx = 0  x = n  không thỏa phương trình (1)
b/ Xét sinx  0  x  n  .Nhân hai vế của (1) cho sinx , ta có :
1
(1)  sinxcos2x + sinxcos4x + sinxcos6x + sinxcos8x + sinxcos10x = - sinx
2
1
1
 [(sin3x – sinx)+( sin5x – sin3x)+(sin7x – sin5x)+( sin9x – sin7x)+( sin11x – sin9x)] = - sinx
2
2
k
 sin11x – sinx = -sinx  sin11x = 0  x =
11
k
k
Nghiệm x =
vi phạm điều kiện nếu  k,l  Z sao cho :
= n   k = 11.n
11

11
k
Vậy nghiệm của phương trình (1) là : x =
với k  11.n ( k, n  Z)
11

21


MỘT SỐ ĐỀ THI ĐỂ HỌC SINH TỰ LUYỆN
Giải các phương trình : 1/ cos2x + cos

3
x=2
4

ĐS : x = 8n 

ĐHTM 97

2/ sin3x( cosx – 2sin3x) + cos3x(1 + sinx – 2cos3x) = 0
3/ sinx( cos

ĐS : ptvn

x
x
- 2sinx) + cosx( 1 + sin - 2cosx) = 0
4
4

4/ sinx.sin2x.cos(3x +


4

)=1

ĐS : ptvn

6/ cos2x + cos4x + cos6x = cosx.cos2x.cos3x + 2
5/ sinx.cos4x.cos8x = 1
7/ sin2000x + cos2000x = 1

ĐS : x = 2  + 8n 

ĐS : x = k 

ĐS : x =


2

+ k2 

TTĐTCBYT tp HCM 1999

1
1
2



8/
cos x sin 2 x sin 4 x



 x  6  2 k
ĐS : 
 x  5  2k

6

9/ tan2x.tan7x = 1

ĐS : x =


18



k
9

C/ TÀI LIỆU THAM KHẢO
22

 k  5  9t 

1/ Bộ đề thi Đại Học của Bộ Giáo Dục
2/ Các đề thi Đại Học những năm vừa qua
3/ Sách chun đề lượng giác của Lê Hồng Đức, Phan Huy Khải
4/ Tạp chí Tốn học tuổi trẻ

D/ PHẦN KẾT LUẬN
Kết quả thực hiện :
Nội dung đề tài này,tơi đã áp dụng dạy cho học sinh lớp 10 , 11 trong thời gian 14
tiết, trong đó 8 tiết đầu tơi dạy và khắc sâu phần cơng thức lượng giác, sau đó huớng dẫn
cho học sinh những phương pháp cơ bản để giải phương trình lượng giác , phần này tơi dạy
cho các học sinh từ trung bình yếu trở lên, phần phương trình lượng giác có nhận loại
nghiệm tơi dạy cho học sinh khá giỏi với thời gian 6 tiết.Khi tôi dạy cho học sinh vấn đề
này, tôi thấy các em rất thích thú, khi gặp một đề bài tương tự các em đã vận dụng cách
giải một cách linh hoạt, có khi cùng một đề các em lại giải được nhiều cách khác nhau.
Tơi hy vọng với nội dung đề tài này tơi sẽ giúp ích được cho học sinh một số kinh nghiệm
học cơng thức và phương pháp giải phương trình lượng giác để các em hiểu sâu và nắm bắt
được vấn đề, qua đó các em sẽ u thích mơn Tốn hơn, sẽ tự tin hơn trong phòng thi và kết
quả các kỳ thi sẽ đạt cao hơn.
Kết quả cá nhân đạt được trong các năm gần đây
NĂM HỌC

MÔN TOÁN
3 KHỐI

2006-2007

182

ĐIỂM TỪ 5 – 10 ĐIỂM TỪ 8-10

SL
%
SL23
%
104

57,1

18

17,3

HỌC SINH GIỎI
TOÁN
2

KHEN THƯỞNG

Bằng khenUBND TỈNH


Kiến nghò :
Nhiệm vụ hàng đầu của người giáo viên dạy Toán là làm sao cho học sinh yêu thích môn
Toán, chăm chú nghe giảng trong giờ dạy của mình và đạt kết quả cao trong các kỳ thi.
Hiện nay có rất nhiều học sinh cảm thấy môn Toán trừu tượng, khó hiểu, khơng nhớ được
cơng thức, ít liên quan đến đời sống thực tại. Do đó khi trực tiếp giảng dạy môn Toán tôi
luôn cố gắng tìm phương pháp hay để các em tiếp cận vấn đề của Toán học dễ dàng hơn.
Sáng kiến trên là một phần nhỏ trong suy nghó của tôi, tôi hy vọng q thầy cô cũng như
tôi tìm kiếm nhiều phương pháp hay, trực quan, dễ hiểu để học sinh của chúng ta
ngày càng giỏi hơn, thi đậu nhiều hơn nữa.

Dù đã cố gắng rất nhiều trong việc phân tích các ví dụ nhưng cũng khó tránh khỏi những
sai sót.Rất mong nhận được ý kiến đóng góp của q thầy cô để bài viết được hoàn
hảo hơn.

NHẬN XÉT

_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
24


_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________
_______________________________________________________________________________

25